дәріс. Біртекті дифференциалдық теңдеулер.
Дәрістің қысқаша мазмұны:
Анықтама 9. (x; y) функциясы x пен y бойынша -шы ретті біртекті функция
деп аталады, егер кез келген t үшін:
(tx;ty) t (x; y)
теңдігі орындалатын болса.
Анықтама 10. Егер
M (x; y)
және
N (x; y)
- бірдей ретті біртекті функциялар
болса, онда (1) теңдеуі біртекті дифференциалдық теңдеу деп аталады.
у
f (x, y)
теңдеуі біртекті болады, егер
f (tx;ty)
f (x; y) , яғни,
0 .
Біртекті дифференциалдық теңдеу айнымалыларды ауыстыру көмегімен айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеуге келтіріледі:
u y y ux, y u xu x
немесе
dy udx xdu . (12)
Мысал 7. Теңдеуді шеш:
y 2
x2 y xyy .
Шешуі. Барлығын теңдеудің бір жағына жинақтау арқылы, біртекті дифференциалдық теңдеуге келтіреміз:
y 2 x2 dy xy dy
y 2 dx (x2 xy)dy 0
dx dx
M y 2 және N x2 xy
- 2-ші ретті біртекті функциялар болғандықтан, теңдеу
біртекті дифференциалдық теңдеу. u y
x
белгілеуін енгіземіз.
u 2 x2 dx (x2 x2u)(udx xdu) 0 udx x(1 u)du 0
- бұл
айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеу. Екі жағын да көбейтіндісіне бөліп, интегралдасақ:
u x
dx 1 u du C ln x ln u u C
ln ux ln e4 lnC
x u 1 1
xu y y
C u
eu x
y Cex - жалпы шешім.
u 0 және x 0
С=0 болғанда шығады.
жағдайлары
y ux 0 жағдайымен тепе-тең. Жалпы шешімнен
ax by c
Ескерту 4 .
y f
a x b y c
түріндегі теңдеу біртекті дифференциалдық
1 1 1
теңдеуге келтіріледі.
Мысал 8. (x y 1)dx (2x y 1)dy
теңдеуін біртекті дифференциалдық
теңдеу түріне келтір.
Шешуі. Айнымалыларды ауыстырамыз ( h және t - тұрақтылар):
y v t
x u h dx du, dy dv (u v h t 1)du (2u v 2h t 1)dv.
h және t -ны бос мүшелері нөлге тең болатындай етіп, таңдап аламыз:
h t 1 0
2h t 1 0
h 0,t 1.
(u v)du (2u v)dv
түріндегі біртекті дифференциал теңдеуге келеміз.
Мысал 9.
2x 2 y x 2 y 2
дифференциал теңдеуін интегралда және оның у(1)=0
бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімін тап.
2x 2
және
x 2 y 2
функциялары екінші ретті біртекті функция болғандықтан,
берілген теңдеу - біртекті. Айнымалыларды ауыстырамыз: y xu, y u xu.
Онда
2x 2 u xu x 2 xu ,2 2x 2 u xu x 2 1 u 2 .
х≠0 деп, теңдеудің екі жағын да х 2 -қа бөлеміз:
2u 2x du 1 u 2 ,2xdu 1 u 2 2udx.
dx
Айнымалыларды ажыратып, екі жағын да интегралдасақ:
du dx ,
du
1 u 2 2u
dx ,
2x
d u 1 1 ln x ,
1 u 2 2u 2x
u 12 2
u 1 2
Соңғы өрнектегі u-дың орнына у/х –ті қойып, жалпы интегралды аламыз:
1 1 y ln C , x x yln C . .
x
Оны у –ке қатысты шешсек, берілген дифференциал теңдеудің жалпы шешімін
аламыз:
ln C
y x
x .
x
у(1)=0 бастапқы шартын ескере, С тұрақтысын анықталық:
0 1
1 ,
ln C
ln C 1,
C e.
Сонымен, берілген теңдеудің дербес шешімі:
y x
x . ◄
дәріс. Бірінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер.
Дәрістің қысқаша мазмұны:
Анықтама 11. Егер дифференциал теңдеу ізделінді функция мен оның туындысы бойынша сызықты болса, ондай теңдеуді сызықты дифференциал теңдеу деп атаймыз.
Бірінші ретті сызықты дифференциал теңдеуді мына түрде жазуға болады:
y P(x) y Q(x)
(13)
y P(x) y 0 , (14)
(13) – біртектес емес, ал (14) – біртектес дифференциал теңдеу деп аталады. Біртектес дифференциал теңдеудің жалпы шешімін табалық:
dy P(x)dx 0 ln y dx
P(x)dx ln C
y Ce P ( x ) dx
(15)
Лагранж әдісін (тұрақты шаманы вариациалау әдісі) қолданып, (13) теңдеуінің
шешімін алуға болады. Шешімді (15) түрінде іздейміз, мұндағы C C(x) - белгісіз функция. Онда (13) теңдеуіндегі y -тың орнына:
y C( x) e P ( x ) dx
ал y - тің орнына (5)-ті қойсақ:
C(x)e P ( x ) dx C(x)P(x)e P ( x ) dx C(x)P(x)e P ( x ) dx Q(x)
C(x)e P ( x ) dx Q(x) C(x) Q(x) e P ( x ) dx C(x)
Q(x)e P ( x ) dxdx C
1
Осы табылған C(x) -ті (5)-ке қоя отырып, (13) теңдеуінің жалпы шешімін аламыз.
y e P ( x ) dx C
Q(x)e P ( x ) dxdx
(16)
1
1
(13) теңдеуінің дербес шешімі ( C1 0 болғанда) болғандықтан, кез келген ретті сызықтық теңдеу үшін ақиқат болатын мынадай тұжырым жасауға болады: біртектес емес сызықты теңдеудің жалпы шешімі оған сәйкес біртекті сызықтық теңдеудің жалпы шешімі мен біртексіз сызықты теңдеудің дербес шешімінің қосындысына тең ( C1 0 болғандағы).
Мысал 10. х 2 ху у х 2 2х 1 теңдеуінің жалпы шешімін тап. Бастапқы шарт
у(-2)=2 болғандағы, Коши есебін шеш.
Берілген теңдеуді екі жағын да
х 2 х 0
өрнегіне бөліп, (3) түріне келтіреміз:
Мұнда
у у
х 2 х
х 2 2х 1
х 2 х .
1 1
х 2 2х 1
x2x 1
Р х х 2 х хх 1,.
Qx
хx 1 .
x 1 .
Берілген теңдеудің (6) формуласына сәйкес жалпы шешімі:
dx
x2x 1 dx
y e
x x 1
x 1
e x x 1 dx c .
(17)
Осы шешімнің ішіндегі интегралдарды шығаралық:
dx
|
A
|
|
B
|
|
1
|
|
1 1
|
|
x
| |
x 1
|
ln
|
x 1
|
xx 1
|
x
|
|
x 1
|
|
xx 1, A 1, B 1.
|
|
x x 1
|
|
|
|
|
|
x
|
dx ln ,
x2x 1
e
x 1
ln x1 x
dx
dx
2x 1dx x 2 x,
мұндағы және таңбалары
х 1
х
теңдігінен шығады. Табылған
интегралдарды (7) шешіміне қойсақ, берілген теңдеудің жалпы шешімін аламыз:
ln x1
x
x
Cx
y e
x x2 x C
x 1
x2 x
C
x 1
x x 1 C
x2
x 1.
у(-2)=2 бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімі:
2 4
2 С
2 1
, С 3, у х 2
3 х . ◄
х 1
Мысал 11.
y(3x y 2 ) y
теңдеуін шеш.
Шешуі. Бұл теңдеу y -ке қатысты сызықты емес. x -ті у тәуелсіз айнымалысына
тәуелді функция ретінде қарастырсақ:
x
1
y . Онда
1 (3x y2 ) y 3x y2 xy yx 3x y2 x 3 x y.
x
Бұл теңдеу x -ке қатысты сызықты (6)-дан,
P( y)
y
3 ,Q( y) y .
y
x e
3dy y
3dy
y dy) e3 ln y ( C y e3 ln y dy)
e3ln y (C y eln y3 dy) y3 (C 1 dy) y3 (C 1 )
y2 y
x Cy 3 y 2 - жалпы шешім.
Сонымен қатар, (3) сызықты дифференциал теңдеуін Бернулли әдісін қолданып та, интегралдауға болады. Екі белгісіз функция u(x ), v(x) енгіземіз және y=u(x)v(x) (
Бернулли ауыстыруы) деп аламыз. Онда у uv uv.
у және у өрнектерін (3)
теңдеуіне қоя отырып, uv uv Pxuv Qx немесе
v Pxvu uv Qx.
(8)
ажыратылатын дифференциалдық теңдеу. Осы теңдеуді шешіп, v-ны табуға болады. Енді жақшаның ішіндегі өрнекті нөлге тең деп алғандықтан, (8) теңдеуі мына түрге келеді:
u uv Q x . Бұл теңдеуге жоғарыда табылған v-ны қойсақ, бұл да айнымалылары
ажыратылатын теңдеу болады, бұл жерден u-ды табамыз. Табылған u мен v-ны Бернулли ауыстыруына қоятын болсақ, берілген теңдеудің жалпы шешімі шығады.
Мысал 12.
дифференциалдық теңдеуін Бернулли әдісін қолданып шеш және бастапқы шарт
у 1 болғандағы, Коши есебін шығар.
Бернулли ауыстыруын жасаймыз: y uv, y uv uv, онда:
uv uv uvtgx
1
cos x
, v vtgx u uv
1 .
cos x
v vtgx 0
теңдеуінің шешімін іздейміз.
dv vtgxdx 0, dv vtgxdx 0,
v
dv
v
tgxdx 0,
ln v ln cos x
ln C1 .
C1 1
деп,
v cos x.
шешімін табамыз. Енді
uv
1
cos x
теңдеуін шешеміз,
мұндағы
v cos x.
u 1 ,
cos x
u 1 C tgx C. cos x
Онда берілген теңдеудің жалпы шешімі:
y uv tgx C cos x.
Енді бастапқы шартқа сәйкес дербес шешім іздейміз:
у 1, 1 0 С 1, бұдан С 1 . Табылған С=-1 мәнін жалпы шешімге қойып,
теңдеудің дербес шешімін аламыз: y tgx 1cos x sin x cos x. ◄
Достарыңызбен бөлісу: |